专题24导数在研究函数中的应用（2）（解析版）_E015高中全科试卷_数学试题_选修2_06.专项练习_专题24导数在研究函数中的应用（2）-高中数学新教材人教A版选择性必修配套提升训练

专题24 导数在研究函数中的应用（2）
一、单选题
f x2x2 ln x
1．（2020·四川省北大附中成都为明学校高二月考（理））函数 的部分图像大致为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
f(x)2x2 ln x  f(x)

，
 f(x)
函数 是偶函数，
 f(x) y
的图象关于 轴对称，
故排除B，
lim f(x)

又 x0 ，
故排除D.
1 1 1
f x f 'x0 4x 0 f x1ln 0
在 时取最小值，即 x 时取最小值，解得x=2 ，此时 2 故排除
C.
故选:A.
f x x2 alnx1 1,3
2．（2020·四川省北大附中成都为明学校高二月考（理））已知函数 在 内不是
a
单调函数，则实数 的取值范围是（ ）
2,18 2,18 ,2 18, 2,18

A． B． C． D．
【答案】A【解析】
a
f 'x2x
f x x2 alnx1 1,3
∵ x， 在 内不是单调函数，
a
故
2x
x
0
在
1,3
存在变号零点，即a 2x2在
1,3
存在零点，
2a18
∴ .
故选：A.
1 1
f(x) xex  x3 x2 1
3．（2020·四川省北大附中成都为明学校高二月考（理））已知函数 3 2 极值点的
个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【解析】
1 1
f(x) xex  x3 x2 1
由 3 2 ，可得 f '(x)ex xex x2 x (x1)(ex x)，
ex  x1 ex x＞0 f '(x)0 x1
由 ，可得 ，令 ，可得 ，
x(,1) f '(x)＜0
当 时， ，函数单调递减；
x(1,) f '(x)＞0
当 时， ，函数单调递增；
故可得函数存在一个极值点，
故选：B.
π 3
b c
4．（2020·黄冈中学第五师分校高二期中（理））设a e， lnπ ， ln3，则a,b,c大小关系是( )
acb bca
A． B．
cba cab
C． D．
【答案】A【解析】
x lnx1
f(x) f(x)
考查函数 lnx ，则 (lnx)2 ， f(x)在(e,)上单调递增， e3π，

e 3 π
 
 f(e) f(3) f(π)，即lne ln3 lnπ，acb，故选A.

(x(0, ))
5．（2020·江西省奉新县第一中学高二月考（理））已知函数y  f(x) 2 ，y  f(x)是其导函
f(x) f '(x)tanx
数，恒有 ，则( )
 
 
3f( ) 2f( ) 3f( ) 2f( )
A． 4 3 B． 4 3
  
f(1)2f( )sin1 2f( ) f( )
C． 6 D． 6 4
【答案】A
【解析】
fxsinx
f x
因为 f(x) f '(x)tanx，即 cosx ，
 
x 0,
 
因为  2 ，故cosx0，则上式等价于：
fxsinx f xcosx 0
，
f x   fxsinx f xcosx
gx ,x  0,  gx 0
构造函数 sinx  2  ，则 sin2 x ，
 
0,
即gx
在区间

 2

单调递增. 
f f
   
 4   3 

则  ，即   ，即  ，故 正确， 错误；
g    g   sin sin 3f    2f  
 4   3  4 3  4   3 A B

f
  6   f 1

又 g      g1，即 sin  sin1 ，即 f 12f     sin1 ，故 错误；
 6  6  6  C
 
f f
   
 6   4

又 g      g     ，即 sin  sin  ，即 2f(  ) f(  ) ，故 错误.
 6   4  6 4 6 4 D
故选：A.
0 x  x a
6．（2020·黄冈中学第五师分校高二期中（理））若对于任意的 1 2 ，都有
x lnx x lnx
2 1 1 2 1
x x ，则a的最大值为（ ）
1 2
1
A．2e B．e C．1 D．2
【答案】C
【解析】
lnx 1 lnx 1
1  2
由已知有x lnx x lnx  x x ，两边同时除以x x ，化简有 x x ，而0 x  x ，构
2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
lnx1 lnx
f(x) , f '(x)
造函数 x x2 ，令 f '(x)0,0 x1; 令 f '(x) 0,x 1 ，所以函数 f(x)在(0,1)
lnx 1 lnx 1
1  2
上为增函数，在(1,)上为减函数，由 x x 对于0 x  x a恒成立，即 f(x)在(0,a)
1 2 1 20a1 a
为增函数，则 ，故 的最大值为1，选C.
f x 0,
7．（2020·蚌埠田家炳中学高二开学考试（理））已知函数 的定义域为 ，且满足
f xxfx0 f x f x x1 f  x2 1   f x1
（ 是 的导函数），则不等式 的解集为
（ ）
,2 1, 1,2 1,2
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
gx xf x gx f xxfx0
x0
构造函数 ，其中 ，则 ，
y  gx 0,
所以，函数 在定义域 上为增函数，
x1 f  x2 1   f x1  x2 1  f  x2 1  x1 f x1
在不等式 两边同时乘以x1得 ，即
g  x2 1   gx1
，
x2 1 x1

所以x2 10
，解得 ，

x10
 1 x2
x1 f  x2 1   f x1 1,2
因此，不等式 的解集为 ，故选：D.
点睛：
本题考查利用构造新函数求解函数不等式问题，其解法步骤如下：
y  gx
（1）根据导数不等式的结构构造新函数 ；
y  gx
（2）利用导数分析函数 的单调性，必要时分析该函数的奇偶性；
gx  gx  y  gx
（3）将不等式变形为 1 2 ，利用函数 的单调性与奇偶性求解.
,00, f x
8．（2020·江西省石城中学高二月考（文））已知定义在 上的偶函数 的导函数为f x 2f xxfx2 x2f x4f 2 x2 4
x
，对定义域内的任意 ，都有 成立，则使得 成立的
x
的取值范围为（ ）
 x x0,2  2,0 0,2
A． B． 
,2 2, ,2 0,2
 
C． D．
【答案】C
【解析】
2f xxfx2 2f xxfx20
x0
当 时，由 ，得 ，
2xf xx2fx2x0
x
两边同乘 得 ，
gx x2f xx2 gx2xf xx2fx2x0
设 ，则 恒成立，
gx
(0,)
∴ 在 单调递减，
x2f x4f 2 x2 4 x2f xx2 4f 24 gx g2
由 ，则 ，即 ，
f x
因为 是偶函数，
gx x2f xx2 gx g2 g  x   g2
所以 也是偶函数，则不等式 等价 ，
x >2 x2 x2
即 ，则 或 ，
,2 2,
x 
即实数 的取值范围是 ，故选C．
二、多选题
a b1,e
9．（2020·山东省高二期中）已知 为自然对数的底数，则下列不等式一定成立的是（ ）
aea beb alnbblna alna blnb bea aeb
A． B． C． D．
【答案】ACD
【解析】
f x xex
x1
f 'xx1ex 0 1,
设 ， ，则 在 上恒成立，故函数单调递增，f a f b aea beb
故 ，即 ，A正确；
lnx 1lnx
设
gx
x ，x1，则
g'x
x2 ，函数在
1,e
上单调递增，在
e,
上单调递减，故当
lna lnb

1bae时，gagb
，即 a b ，故alnbblna，B错误；
hx xlnx
x1
h'xlnx10 1, hahb
设 ， ，则 在 上恒成立，故函数单调递增， ，即
alna blnb
，C正确；
ex exx1
kx k'x 0
设 x ，x1，则 x2 在1,上恒成立，故函数单调递增，
ea eb

故kakb
，即 a b ，故bea aeb，D正确.
故选：ACD.
f xex asinx x,
10．（2020·江苏省扬州中学高二期中）关于函数 ， ，下列说法正确的是
（ ）
f x  0, f 0 2x y10
A．当a1时， 在 处的切线方程为
f x 1 f x 0
B．当a1时， 存在唯一极小值点 x 0且 0
f x ,
a0
C．对任意 ， 在 上均存在零点
f x ,
D．存在a0， 在 上有且只有一个零点
【答案】ABD
【解析】
f xex sinx x, f 01
选项A，当a1时， ， ，所以 ，0,1 fxex cosx k  f02
故切点为 ， ，所以切线斜率 ，
y12x0
2x y10
故直线方程为： ，即切线方程为： ，选项A符合题意；
f xex sinx x, fxex cosx
选项B，当a1时， ， ， ，
fxex sinx0 fx
恒成立，所以 单调递增，
 3  3  3  
f    e 4 cos    0 f    20
又  4   4  ，  2 ，
 3 
x   ,
故 f x 存在唯一极值点，不妨设 0   4 2  ，
fx 0 ex 0 cosx 0
则 0 ，即 0 ，
 
f x ex 0 sinx sinx cosx  2sin  x   1,0
0 0 0 0  0 4 ，选项B符合题意；
f xex asinx x,
对于选项 ， ，
f x0 ex asinx0
令 ，即 ，
当xk，k 1且kZ显然没有零点，故xk，k 1且kZ，
ex ex excosxsinx
a  Fx Fx
所以 sinx ，则令 sinx ， sin2 x ，
3
x k
Fx0
令 ，解得 4 ，k 1，kZ，
 3   3 
x k, k x  k,k
   
所以  4 单调递减，  4 单调递增，
 3   3 k  3 
f  k  2e 4  2e 4
 
有极小值  4  ， 1  1 
x k, k x k,k
   
 4 单调递增， 4 单调单调递减，
1  1 k 1 
f k  2e4  2e4
 
有极大值 4  ，
a0
故选项C，任意 均有零点，不符合，选项D，
1

存在a0，有且只有唯一零点，此时a  2e4 ，
故选：ABD.
f x xcosxsinx
11．（2020·山东省高二期中）已知函数 ，下列结论中正确的是（ ）

A．函数 f x在x 时，取得极小值
2 1
x0, f x0
B．对于 ， 恒成立
x sinx
1  1
C．若0 x  x ，则 x sinx
1 2 2 2
sinx   2
a  b x 0,
 
D．若 x ，对于  2恒成立，则a的最大值为，b的最小值为1
【答案】BCD
【解析】
f x xcosxsinx fxcosxxsinxcosxxsinx
因为 ，所以 ，
 
f  0 
  x
所以  2 2 ，所以 2 不是函数的极值点，故A错；
x0, fxxsinx0 f x xcosxsinx 0,
若 ，则 ，所以函数 在区间 上单调递减；因此
f x f 00
，故B正确；
sinx xcosxsinx
gx gx
令 x ，则 x2 ，f x xcosxsinx0 0,
因为 在 上恒成立，
xcosxsinx
所以
gx
x2
0
在
0,
上恒成立，
sinx
gx
0,
因此函数 x 在 上单调递减；
sinx sinx x sinx
1  2 1  1
又0 x  x
，所以gx  gx 
，即 x x ，所以 x sinx ，故C正确；
1 2 1 2 1 2 2 2
sinx
gx
0,
因为函数 x 在 上单调递减；
  sinx
x

0,

gx
所以  2时，函数 x 也单调递减，
sinx  2  
gx  g  0,
   
因此 x  2 在 2 上恒成立；
   
x 0, 0,
令hx xsinx，   2  ，则hx1cosx0在   2  上恒成立，
 
0,
所以hx xsinx在   2  上单调递增，
 
sinx 0,
因此hx xsinx0，即 x 1 在   2  上恒成立；
2 sinx  
 1 0,
 
综上， x 在 2 上恒成立，故D正确.
故选：BCD.
2
f x lnx
12．（2020·盐城市大丰区新丰中学高二期中）关于函数 x ，下列判断正确的是（ ）
f x
x2
A． 是 的极大值点y=f ( x) - x
B．函数 有且只有1个零点
f xkx
k
C．存在正实数 ，使得 成立
x x x  x f x  f x  x x 4
D．对任意两个正实数 1， 2，且 1 2，若 1 2 ，则 1 2 .
【答案】BD
【解析】
A.函数的 的定义域为（0，+∞），
2 1 x2
  
函数的导数f′（x） x2 x x2 ，∴（0，2）上，f′（x）＜0，函数单调递减，（2，+∞）上，f′
（x）＞0，函数单调递增，
∴x＝2是f（x）的极小值点，即A错误；
2 2 1 x2 x2
      ＜
B.y＝f（x）﹣x x lnx﹣x，∴y′ x2 x 1 x2 0，
函数在（0，+∞）上单调递减，且f（1）﹣12ln1﹣1=1>0，f（2）﹣21ln2﹣2= ln2﹣1<0，∴函数
y＝f（x）﹣x有且只有1个零点，即B正确；
2 lnx 2 lnx 4xxlnx
＜    
C.若f（x）＞kx，可得k x2 x ，令g（x） x2 x ，则g′（x） x3 ，
令h（x）＝﹣4+x﹣xlnx，则h′（x）＝﹣lnx，
∴在x∈（0，1）上，函数h（x）单调递增，x∈（1，+∞）上函数h（x）单调递减，
∴h（x）⩽h（1）＜0，∴g′（x）＜0，
2 lnx
 
∴g（x） x2 x 在（0，+∞）上函数单调递减，函数无最小值，
∴不存在正实数k，使得f（x）＞kx恒成立，即C不正确；
D.令t∈（0，2），则2﹣t∈（0，2），2+t＞2，
2 2 4t 2t
     
令g（t）＝f（2+t）﹣f（2﹣t） 2t ln（2+t） 2t ln（2﹣t） t2 4 ln2t ，4  t2 4  8t2 2t 2t2t 4t2 16 4 8t2
      ＜
则g′（t） 0，
(t2 4)2 2t (2t)2 (t2 4)2 4t2 (t2 4)2
∴g（t）在（0，2）上单调递减，
则g（t）＜g（0）＝0，
令x＝2﹣t，
1
由f（x）＝f（x），得x＞2+t，
1 2 2
则x+x＞2﹣t+2+t＝4，
1 2
当x≥4时，x+x＞4显然成立，
2 1 2
∴对任意两个正实数x，x，且x＞x，若f（x）＝f（x），则x+x＞4，故D正确
1 2 2 1 1 2 1 2
故正确的是BD，
故选：BD．
三、填空题
13．（2020·福建省南安市侨光中学高二月考）已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a=____.
【答案】2
【解析】
x x2x2 x x 2,2 2,
f′ =3x2-12=3 ,令f′ =0,得x=-2或x=2,易知f 在 上单调递减,在 上单
x 2
调递增,故f 的极小值为f ,所以a=2.
a  eax 1  2  x 1 lnx
 
14．（2020·江苏省扬州中学高二期中）若对任意x＞0，恒有  x ，则实数a的取值
范围为_____.
2 

,
【答案】e 
【解析】
由不等式 a  eax 1  2    x 1 x    lnx ，可得lneax eax 1    x2 1  lnx2 ，
t1
ftlnt
f tt1lnt,t 0
设 ，则 t ，1 1 t1
h(x) f(x),ht  
设 t t2 t2 ，
ht0 ht0
当0＜t＜1时， ；当t＞1时， ，
ft 0,1 1,
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
ft f120
因此 ，
f t 0, f  eax  f  x2
因此 在 上单调递增，由
2lnx 2lnx 22lnx
a  gx gx
得eax≥x2，即 x ，设 x ， x2 ，
gx0 gx
当x＞e时， ，函数 单调递减，
gx0 gx
当0＜x＜e时， ，函数 单调递增，
2 2
gx ge a
从而 的最大值为 e ，故 e .
2 

,
故答案为:e .
f(x)  exm ax  (lnxax)
15．（2020·宁夏回族自治区宁夏育才中学高二开学考试（理））设函数 ，
a f(x)0 m
若存在实数 使得 恒成立，则 的取值范围是____________．
(,2)
【答案】
【解析】
f(x)  exm ax  (lnxax) x(0,)
由题意，函数 的定义域为 ，
要使得存在实数a使得 f(x)0 恒成立，即  exm ax  (lnxax)0 恒成立，exm lnx   exm  lnx
 a a  0 a  a  0
只需  x  x  恒成立，即  x  x  恒成立，
exm lnx exm lnx
min , amax , 
即  x x   x x  ，
lnx 1lnx
g(x) g(x)
设 x ，则 x2 ，
x(0,e) g(x)0 g(x)
当 时， ，函数 单调递增，
x(e,) g(x)0 g(x)
当 时， ，函数 单调递减，
1 lnx 1

所以当xe时，函数g(x)取得最大值，最大值为e ，即 x e ，
exm exmxexm exm(x1)
h(x) ,x0 h(x) 
设 x ，则 x2 x2 ，
x(0,1) h(x)0 h(x)
当 时， ，函数 单调递减，
x(1,) h(x)0 h(x)
当 时， ，函数 单调递增，
exm
e1m
所以当x1时，函数g(x)取得最小值，最小值为e1m，即 x ，
1
e1m 
所以只需 e ，解得m2，即实数m的取值范围是(,2)，
(,2)
故答案为： .
16．（2020·山东省实验中学高二期中）某商场销售某种商品，该商品的成本为3元/千克，每日的销售量
1
y  5(x6)2
y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式 x3 ，其中3 x6，当销售价格
为_______元时，商场每日销售该商品所获得的最大利润为__________元.
【答案】4 21【解析】
设商场每日销售该商品所获得的利润为L元，
1
L y(x3)[ 5(x6)2](x3)
则 x3  5x3 75x2 360x539 (3 x6)，
L15x2 150x360 15(x2 10x24) 15(x4)(x6)
则 ，
令L0，得3 x4，令L0，得4 x6，
L5x3 75x2 360x539 (3,4) (4,6)
所以函数 在 上递增，在 上递减，
x4 L
所以 时， 取得最大值，最大值为21元.
故答案为：（1）4 （2）21
四、解答题
f(x) x2 lnx
17．（2020·周口市中英文学校高二月考（理））已知函数
f(x) [1,e]
（1）求函数 在 上的最大值和最小值；
2 1
g(x) x3  x2
（2）求证：当x(1,)时，函数 f(x)的图象在 3 2 的下方．
f(x) f(1)1 f(e)1e2
【答案】（1） 的最小值是 ，最大值是 ；（2）证明详见解析.
【解析】
1
f(x)2x
(1)因为f(x)＝x2＋ln x，所以 x
因为x>1时，f′(x)>0，所以f(x)在[1，e]上是增函数，
所以f(x)的最小值是f(1)＝1，最大值是f(e)＝1＋e2.
1 2
F(x) f(x)g(x) x2  x3 lnx
(2)证明：令 2 3 ，
1 x2 2x3 1 x2 x3 x3 1 (1x)  2x2  x1 
F(x) x2x2    
所以
x x x x
因为x>1，所以F′(x)<0，所以F(x)在(1，＋∞)上是减函数，1 2 1
F(x) F(1)   0
所以 2 3 6 .所以f(x)<g(x)．
2 1
g(x) x3  x2
所以当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)的图象在 3 2 的下方．
f xex ax
18.（2020·广西壮族自治区高三其他（文））已知函数 ，其中e是自然对数的底数.
a e f x0
（1）若 ，证明： ；
x0, f x f x
（2）若 时，都有 ，求实数a的取值范围.
,1
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】
f xex ex
a e
（1）由题意，当 时， ，
fxex e f�( x) =0
x1
所以 ，当 时， ；
x,1 f�( x) <0 f x
当 时， ， 单调递减；
x1, f�( x) >0 f x
当 时， ， 单调递增；
f x
x1
所以 在 时取得极小值，也是最小值.
f x f 10
所以 .
gx f x f xex ex 2ax x0,
（2）令 ， ，
x0, f x f x gx0 0,
由 时，都有 ，所以 在 上恒成立.
gxex ex 2a hx gx
由 ，令 ，
e2x 1
则
hx
ex
0
在
0,
上恒成立.gx 0, g022a
所以 在 上单调递增，又 ，
gx g00
a1
①当 时， ，
gx 0,
所以 在 上单调递增，
gx g00 f x f x
所以 ，即 ，满足题意.
gx 0,
②当a1时，因为 在 上单调递增，
gx  g022a0
所以 min ，
t0, x0,t g�( x) <0 gx 0,t
存在 ，使得当 时， ， 在 上单调递减，
x0,t gx g00 gx0 0,
所以当 时， ，这与 在 上恒成立矛盾.
,1
a1
综上所述， ，即实数a的取值范围 .
f(x)ex[x2 (2a5)x8a5](aR)
19．（2020·甘肃省高三二模（文））已知函数 ．
a1 f(x)
（1）当 时，求函数 的极值；
x[0,2] f(x)2e2 a
（2）当 时，若不等式 恒成立，求实数 的取值范围．
 52e2
7
,

【答案】（1）极大值为 e2 ，极小值为 3e3 .（2）  8 
【解析】
f xex x2 3x3 
（1）由a1得 ，
fxex x2 x6  exx2x3
故 .
fx0
x2 x3
令 ，解得 或 ，
fx0
x2 x3
由 ，得 或 ，f x ,2 3,
所以 在 和 单调递增，
fx0
2 x3
由 ，得 ，
f x 2,3
所以 在 单调递减.
7
所以 f x 极大值为 f 2 e2 ，极小值为 f 33e3 .
fxexx2ax3 x0,2
（2） ， ，
fxexx2ax30 x 2a x 3
令 ，得 1 ， 2 ，
f x 0,2
2a0 a0
（i）当 ，即 时， 在 单调递减，
f 24a1e2 2e2
依题意则有 成立，
3
a
得 4，此时不成立；
02a2 1a0
（ii）当 ，即 时，
f x 0,2a 2a,2
在 上单调递增，在 上单调递减，
f 08a52e2,

依题意则有  f 2e24a12e2,
 52e2
a

 8

得 3 ，由于52e2 ，故此时不成立；

a 1
 4 8
f x 0,2
2a2 a1
（iii）当 ，即 时， 在 上单调递增，
52e2
a
依题意则有 f 02e2 ，得 8 52e2
,

综上， a 的取值范围是  8  .
f(x)aex bx
20．（2020·福建省高三二模（文））已知函数 ．
a1 f(x)
（1）当 时，求 的极值；
4
f(x)≥lnx
（2）当a1时， 5 ，求整数b的最大值．
b�0 f(x) b0 f(x) bblnb
【答案】（1）当 时， 无极值；当 时， 有极小值 ，无极大值．（2）1
【解析】
f(x)ex bx f(x)ex b
a1
（1）当 时， ，所以 ，
b�0 f(x)0 f(x) (,)
①当 时， ， 在 为增函数，无极值；
b0 f(x)0 xlnb f(x)0 xlnb
②当 时，由 得 ，由 得 ；
f(x) (,lnb) (lnb,)
所以 在 为减函数，在 为增函数．
xlnb f(x) f(lnb)bblnb
当 时， 取极小值，
b�0 f(x) b0 f(x) bblnb
综上，当 时， 无极值；当 时， 有极小值 ，无极大值．
4
aex bx�lnx
（2）当a�1时， 5，将函数看成以a为主元的一次函数，
4
ex bx�lnx
则只需证 5即可，
4 4
ex lnx ex lnx
因为 ，所以只需 5 ，令 5 ，
�b g(x)
x0 x x
4 4
g(1)e b�e
5，所以 5．1
ex(x1)lnx
1
g(x) 5 ，令 F(x)ex(x1)lnx ，
x2 5
1
F(x) xex  0
x ，所以 F(x) 在(0,)递增
1 1
F(1)  0,F(2)e2 ln2 0
5 5 ，
1
根据零点存在性定理， x 0 (1,2) ，使得
Fx
0
0
，即
ex 0 x
0
1lnx
0

5
0
．
x0,x 
F(x)0 g(x)0 g(x)
当 0 时， ，即 ， 为减函数，
xx ,
F(x)0 g(x)0 g(x)
当 0 时， ，即 ， 为增函数，
4
ex 0 lnx 
所以 g(x)  gx  0 5 ex 0  1 ，
min 0 x x
0 0
1
b�ex 0 
故 x ；
0
1 1 4
y ex  ex 0  e1 b�e
x 在(0,)递增，x (1,2)，所以 x ，又 5
0 0
b
所以整数 的最大值是1．
（f x)
21．（2020·鸡泽县第一中学高二开学考试）已知函数 ae2x+(a﹣2) ex﹣x.
f(x)
（1）讨论 的单调性；
f(x)
（2）若 有两个零点，求a的取值范围.
(0,1)
【答案】（1）见解析；（2） .
【解析】f x , fx2ae2x a2ex 1  aex 1  2ex 1 
（1） 的定义域为 ， ，
fx0 f x ,
a0
（ⅰ）若 ，则 ，所以 在 单调递减.
fx0
a0 xlna
（ⅱ）若 ，则由 得 .
x,lna fx0 xlna, fx0 f x ,lna
当 时， ；当 时， ，所以 在 单调递减，
lna,
在 单调递增.
f x
a0
（2）（ⅰ）若 ，由（1）知， 至多有一个零点.
1
f x f lna1 lna
（ⅱ）若a0，由（1）知，当xlna时， 取得最小值，最小值为 a .
f lna0 f x
a1
①当 时，由于 ，故 只有一个零点；
1
a1, 1 lna0 f lna0 f x
②当 时，由于 a ，即 ，故 没有零点；
1
a0,1 1 lna0 f lna0
③当 时， a ，即 .
f 2ae4 a2e2 22e2 20 f x ,lna
又 ，故 在 有一个零点.
3 
设正整数n
0
满足 n 0 ln  a 1  ，则 f n
0
en 0  aen 0 a2  n
0
en 0 n
0
2n 0 n
0
0.
3 
ln 1 lna
由于  a   ，因此 f x 在 lna, 有一个零点.
0,1
a
综上， 的取值范围为 .
f(x)
点睛:研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数 有2个零点求参数a的取
y a
值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断 与其交点的个数，从而求出a的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，
f(x)
注意点是若 有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证最小值两边存在
大于0的点.
22．（2020·湖南省高三一模（文））已知函数
f(x)
ex
2(xlnx),a   x,ex ,b  (sinx,cosx),g(x)ab 
x
x0 f(x)0
（1）当 时，证明： ；
 
（2）当x[ , ]时，试判断g(x)的零点个数.
2 2
g(x)
【答案】（1）证明见解析（2） 的零点个数为2
【解析】
ex
f(x) 2(xlnx)
（1） x
(x1)  ex 2x 
f(x)
则 .
x2
G(x)ex 2x(x0)
令 ，
G(x)ex 2(x0)
，
G(x) (0,ln2) (ln2,)
易得 在 递减，在 递增
G(x)G(ln2)22ln20
，
∴ ex 2x0 (0,)
在 恒成立.
f(x) (0,1) (1,)

在 递减，在 递增.
 f(x) f(1)e20 f(x)0
，故 
g(x)abxsinxexcosx
（2） ，
g(x)sinxxcosxexcosxexsinx  ex x  cosx  ex 1  sinx
.

x[ ,0]
①当 2 时，∴ ex x0，
∴  ex x  cosx0,  ex1 sinx0
∴ g(x)  ex x  cosx  ex 1  sinx0
  
[ ,0] g(0)10, g    0
g(x)在 2 单调递增，  2  .

[ ,0]
g(x)在 2 上有一个零点，

x(0, ]
②当 4 时，cosxsinx, ex  x，

(0, ]
excosx xsinx, g(x)0在 4 恒成立，

(0, ]
g(x)在 4 无零点.
 
x( , ]
③当 4 2 时，0cosxsinx，
g(x)ex(cosxsinx)(xcosxsinx)0
，
 
( , ]
g(x)在 4 2 单调递减，
   2   
g
 
 0, g
 
 e4  0
 2  2  4  2  4  
( , ]
g(x)在 4 2 存在一个零点.
g(x)
综上， 的零点个数为2.